2020高三数学总复习数列的概念及通项公式强化训练试题 (20)

1、数列的概念及通项公式 1.(2017温州十校联考,6)数列an中,a1=1,对所有nN 都有a1a2an=n ,则a3+a5等于() A. *2 B.C.D. 2.(2017 浙江金华十校模拟)数列an的前 n 项和为 Sn,若 a1=1,an+1=3Sn(n1),则 a6=() A.344B.34 +1 4 C.45D.4 +1 5 3.(2018 东阳中学期中文,6,5 分)在数列an中,a1=1,a2=3,且 an+2=|an+1-an|,则 a2017=() A.0B.1C.2D.3 4.(2017浙江宁波四校联考,5)已知数列an满足条件 a1+ a2+ a3+an=2n+5,则数列

2、an 的通项公式为() A.an=2 C.an=2n n+1 B.an= D.an=2 2 n+2 5.(2017衢州一模,6,5分)数列an满足an=n +kn+2,若不等式ana4恒成立,则实数k的取值 范围是() A.-9,-8 C.(-9,-8) B.-9,-7 D.(-9,-7) 6.(2017 浙江杭州七校联考,6)已知数列an满足 an+2=an+1+an,若 a1=1,a5=8,则 a3=() A.1B.2C.3D. * 7.(2018 杭州五校联考,11,6 分)已知数列an满足:a4n-3=1,a4n-1=0,a2n=an,nN ,则 a2018=,a2018=. 8.(2

3、017 浙江金华模拟,12)在数列an中,已知 a1=1,an+1=- 则 S2019=. 9.(2019陕西,14,5分)已知 f(x)=,x0,若 f1(x)=f(x),fn+1(x)=f(fn(x),nN ,则 f2019(x) 的表达式为. 10.(2018 绍兴一中模拟,11,6 分)已知an满足 an= a2017=,S2017=. 则 且 * ,记 Sn为数列an的前 n 项和, 11.(2017 浙江宁波十校联考,17)数列an中,a1= ,anan+1+1=2an,数列bn满足 bn=. (1)求证:数列bn为等差数列; (2)求数列an中的最大项与最小项. 12.设数列an

4、的前 n 项和为 Sn.已知 a1=a(a3),an+1=Sn+3 ,nN . (1)设 bn=Sn-3 ,求证:数列bn是等比数列,并写出数列bn的通项公式; (2)若数列an是单调递增数列,求 a 的取值范围. 13.(2017 浙江冲刺卷三,19(1),7 分)已知数列an中,a1=1, + n n* a1+a2+a3+ an= an+1(nN ).求数列an的通项公式. * 14.(2017 温州一模,19,15 分)对于任意的 nN ,数列an满足 (1)求数列an的通项公式; (2)求证:对于 n2, + + * +=n+1. 1-. 1.(2017 浙江新高考研究(镇海中学)卷一

5、,5)数列an的通项公式为 an=kn +n,满足 a1a2a3B.C.D. 5.(2017浙江冲刺卷五,7)在数列an中,相邻两项an,an+1是关于x的方程x +3nx+bn=0的两根, 已知 a10=-17,则 b51=() A.5800B.5840C.5860D.6000 2 6.(2018 课标,14,5 分)若数列an的前 n 项和 Sn= an+ ,则an的通项公式是 an=. 7.(2017 课标,16,5 分)设 Sn是数列an的前 n 项和,且 a1=-1,an+1=SnSn+1,则 Sn=. 8.(2017 杭州高级中学月考,13)已知 a1+2a2+2 a3+2 an=

6、9-6n,则数列an的通项公式 是. 9.(2017 金丽衢二模,15,4 分)已知数列an满足 a1=a,an+1=1+,若对任意的自然数 n4,恒 2n-1 有 an0 时,fn(x)0,fn+1(x)=f(fn(x)=, =+1-=1, 是以=为首项,1 为公差的等差数列. =+(n-1)1= ; , fn(x)= 当 x=0 时,fn(x)=0 满足上式,fn(x)=(x0), f2019(x)=. 10. 答案5;15 解析当n4时,an+6=-an+3=-(-an)=an,所以数列an(n4)的周期为6,所以a2017=a5=5.易知 数列an从第 4 项起,每 6 项的和为 0,

7、所以 S2017=a1+a2+ +a2017=a1+a2+a3+a2019+a2017=a1+a2+a3+a4+a5=15. 11. 解析(1)证明:由 bn= 因为 anan+1+1=2an, 所以 可得 an=1+,(2 分) +1=2, 化简,得 bn+1-bn=1,(4 分) 所以数列bn是首项为 b1=- ,公差为 1 的等差数列.(5 分) (2)由(1)可知 bn=- +(n-1)=n- ,(7 分) 所以 an=1+=1+.(9 分) 当 n4 时,an0,且单调递减, 又 a1= ,a2= ,a3=-1,a4=3,(13 分) 所以最大项为 a4=3,最小项为 a3=-1.(

8、15 分) 12. 解析(1)由 an+1=Sn+3 得 Sn+1-Sn=Sn+3 , nn 即 Sn+1=2Sn+3 ,所以 Sn+1-3 =2(Sn-3 ), 即 nn+1n =2. 又 b1=S1-3=a-30, 所以bn是首项为 a-3,公比为 2 的等比数列, 且 bn=Sn-3 =(a-3)2 . (2)由(1)知 Sn-3 =(a-3)2 , Sn=(a-3)2 +3 , an+1=Sn+3 =(a-3)2 +23 , an=(a-3)2 +23 (n2). 由题意得 an+1an,即 an+1-an0, 解得 n-2n-1 nn-1n n-1n nn-1 nn-1 0. 综上所

9、述,a(-9,3)(3,+). 13. 解析依题意有 a1+2a2+3a3+nan=an+1(nN ), * 所以 a1+2a2+3a3+(n-1)an-1= an(n2), 两式相减得 nan=an+1- an(n2),即 3nan=(n+1)an+1, 又= ,所以 a2=10,所以=3(n2), 因此数列nan从第二项起,是以 2 为首项,3 为公比的等比数列, 所以 nan=23 (n2),又 a1=1 不符合, 故 an= 14. 解析(1)+=n+1, n-2 当 n2 时,+=n. -得=1(n2). an=2 +1+n(n2).=2a1=7. n 综上,an= (2)证明:当

10、n2 时,=. + + +=1-. 当 n2 时, +0 恒成立,n8 时,2kn+k+10 恒成立, 解得- k6 时,数列an单调递减,且 a1a2a30a4a90a10,所以 a1a2a30,a3a4a50,a8a9a100,a10a11a120,记 a1a2a3+a2a3a4+a3a4a5+anan+1an+2为 Tn,则 T8=T7+a8a9a10T7,T10=T9+a10a11a12T9,故选 C. 3.D若an是严格单调递减数列,则应满足解得 n-1-2,得 选 C. 5.B依题意有 an+1+an=-3n,即有 an+1+ (n+1)- =-,又 a10+ 10- =-0,则数

11、 列是等比数列,从而有 an+ n- =-(-1) a51=- n-10 nn-1 ,因为 n2,故 .综上所述,实数的取值范围是0 解析当 an2 时,an+1=1+ .若 n4,恒有 an2,则只要 a42 即可.又 n-1 2n-2 2n-1 a1=a,所以 a2=1+ =,a3=1+=,a4=1+=,则 0. 10. 解析(1)当 n=1 时,=1,即 a1=2. +=n, 当 n2 时, 由-得 +=n-1, =1,即 an=n+1(n2). a1=2 符合上式, an=n+1(nN ). (2)证明:由(1)易知数列an是等差数列, Sn= * =, =. + + =+-+- =

12、-2, 且 an+1-an=(a+2)23 -2 -(a+2)23 +2 0,n2, 即 4(a+2)3 2 ,化简得 a+2 ,则 a- . 综上可得,实数 a 的取值范围是 a- . 12. 解析(1)2Sn+1=4Sn+1(nN ), 2Sn=4Sn-1+1(n2,nN ), 两式相减得 an+1=2an, * * n-2n-1 n-1nn-2n-1 n-2n-1 n-2n-1 n-1n nn-1n-1 =2(n2,nN ), * 由 2S2=4S1+1 得 2(a1+a2)=4a1+1, 又 a1= ,a2=1, =2. 数列an是首项为 ,公比为 2 的等比数列,an=2 . (2)

13、ai和 aj的所有可能的乘积 aiaj=2i+j-4 n-2 (1in,1jn)如下: 2 2 2 1+1-4,2 ,2 ,2 1+2-4,2 ,2 ,2 1+3-4,2 ,2 ,2 1+n-4, , , 2+1-42+2-42+3-42+n-4 3+1-43+2-43+3-43+n-4 2n+1-4,2n+2-4,2n+3-4,2n+n-4. 的和为 T1,ai和 aj的所有可能的乘积 aiaj之和为 Tn,则设 2 T1= 1+1-4,21+2-4,2 n 1+3-4,21+n-4 = (2 -1). 2n-1 于是 Tn=T1(1+2+2 +2 )= (2 -1) n = (2 -1) . n2 13. 解析(1)因为 Sn=n-an,Sn-1=n-1-an-1(n2),两式相减,得 2an=an-1